Question

4．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=（-x²+ax-3）e²（a為實(shí)數(shù)）．
（1）當(dāng)a=5時(shí)，求函數(shù)y=g（x）在x=1處的切線方程；
（2）求f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若存在兩不等實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使方程g（x）=2e²f（x）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=5時(shí)，化簡函數(shù)y=g（x），求出切點(diǎn)坐標(biāo)，通過導(dǎo)數(shù)求解切點(diǎn)斜率，然后求解x=1處的切線方程；
（2）求解f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出極值點(diǎn)，列表，然后求解在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）化簡方程g（x）=2e²f（x），構(gòu)造新函數(shù)，通過求解函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，推出函數(shù)的極值以及區(qū)間上的最值，然后推出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）當(dāng)a=5時(shí)，g（x）=（-x²+5x-3）e²，g（1）=e．
g′（x）=（-x²+3x+2）e²，故切線的斜率為g′（1）=4e．
所以切線方程為：y-e=4e（x-1），即y=4ex-3e．…（4分）
（2）函數(shù)f（x）=xlnx的定義域?yàn)椋?，+∞），
則f′（x）=lnx+1，lnx+1=0，解得x=$\frac{1}{e}$．

x	$（0，\frac{1}{e}）$	$\frac{1}{e}$	$（\frac{1}{e}，+∞）$
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	極小值（最小值）	單調(diào)遞增

①當(dāng)t≥$\frac{1}{e}$時(shí)，在區(qū)間（t，t+2）上f（x）為增函數(shù)，
所以f（x）_min=f（t）=tlnt．
②當(dāng)t∈$（0，\frac{1}{e}）$時(shí)，在區(qū)間（t，$\frac{1}{e}$）上f（x）為減函數(shù)，在區(qū)間$（\frac{1}{e}，t+2）$上f（x）為增函數(shù)，
所以 f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$                              …（8分）
（3）由g（x）=2e²f（x），可得：2xlnx=-x²+ax-3，
a=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，
令h（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，h′（x）=1+$\frac{2}{x}-\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$．

x	$（\frac{1}{e}，1）$	1	（1，e）
h′（x）	-	0	+
h（x）	單調(diào)遞減	極小值（最小值）	單調(diào)遞增

$h（\frac{1}{e}）=3e-2+\frac{1}{e}$，h（1）=4，$h（e）=e+2+\frac{3}{e}$．
$h（e）-h（\frac{1}{e}）=4-2e+\frac{2}{e}＜0$．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為4$≤a≤e+2+\frac{3}{e}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，切線方程的求法，函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的求法，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．